初中数学中考复习 专题46四边形（5）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

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专题46四边形（5）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________



一、解答题
1．（2020·江苏淮安?中考真题）（初步尝试）
（1）如图①，在三角形纸片中，，将折叠，使点与点重合，折痕为，则与的数量关系为 ；

（思考说理）
（2）如图②，在三角形纸片中，，，将折叠，使点与点重合，折痕为，求的值．

（拓展延伸）
（3）如图③，在三角形纸片中，，，，将沿过顶点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．
①求线段的长；
②若点是边的中点，点为线段上的一个动点，将沿折叠得到，点的对应点为点，与交于点，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）；（3）①；②．
【解析】
【分析】
（1）先根据折叠的性质可得，再根据平行线的判定可得，然后根据三角形中位线的判定与性质即可得；
（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出BM的长，最后根据线段的和差可得AM的长，由此即可得出答案；
（3）①先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得BM、AM、CM的长，最后代入求解即可得；
②先根据折叠的性质、线段的和差求出，的长，设，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，然后根据x的取值范围即可得．
【详解】
（1），理由如下：
由折叠的性质得：



是的中位线
点M是AB的中点
则
故答案为：；
（2）

由折叠的性质得：
，即
在和中，

，即
解得

；
（3）①由折叠的性质得：
，即


在和中，

，即
解得



解得；
②如图，由折叠的性质可知，，，

点O是边的中点


设，则
点为线段上的一个动点
，其中当点P与点重合时，；当点P与点O重合时，


，即
在和中，




则．

【点睛】
本题考查了折叠的性质、三角形的中位线定理、等腰三角形的定义、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）②，正确设立未知数，并找出两个相似三角形是解题关键．
2．（2020·湖北黄冈?中考真题）已知抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点，顶点为点D．

（1）求抛物线的解析式；
（2）若过点C的直线交线段AB于点E，且，求直线CE的解析式
（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；
（4）已知点，在抛物线对称轴上找一点F，使的值最小此时，在抛物线上是否存在一点K，使的值最小，若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）点P的坐标为；（4）存在，点K的坐标为
【解析】
【分析】
（1）由于点A、B为抛物线与x轴的交点，可设两点式求解；也可将A、B、C的坐标直接代入解析式中利用待定系数法求解即可；
（2）根据两个三角形的高相等，则由面积比得出，求出AE,根据点A坐标可解得点E坐标,进而求得直线CE的解析式；
（3）分两种情况讨论①当四边形为平行四边形时；②当四边形为平行四边形时，根据平行四边形的性质和点的坐标位置关系得出纵坐标的关系式，分别代入坐标数值，解方程即可解答；
（4）根据抛物线的对称性，AF=BF，则HF+AF=HF+BF，当H、F、B共线时，HF+AF值最小，求出此时点F的坐标，设，由勾股定理和抛物线方程得，过点K作直线SK，使轴，且点的纵坐标为，则点S的坐标为，此时，,∴KF+KG=KS+KG,当S、K、G共线且平行y轴时，KF+KG值最小，由点G坐标解得，代入抛物线方程中解得，即为所求K的坐标．
【详解】
解：（1）方法1：设抛物线的解析式为
将点代入解析式中，则有．
∴抛物线的解析式为．
方法二：∵经过三点抛物线的解析式为，
将代入解析式中，则有
，解得：，
∴抛物线的解析式为．
（2），
．
．
．
．
的坐标为．
又点的坐标为．
直线的解析式为．
（3）．
∴顶点D的坐标为．
①当四边形为平行四边形时，由DQ∥CP，DQ=CP得：
，即．
．令，则．
．
∴点P的坐标为．
②当四边形为平行四边形时，由CQ∥DP，CQ=DP得：
，即
．令，则．
．
∴点P的坐标为．
∴综合得：点P的坐标为
（4）∵点A或点B关于对称轴对称
∴连接与直线交点即为F点．
∵点H的坐标为，点的坐标为，
∴直线BH的解析式为：．
令，则．
当点F的坐标为时，的值最小．11分
设抛物线上存在一点，使得的值最小．
则由勾股定理可得：．
又∵点K在抛物线上，

代入上式中，

．
如图，过点K作直线SK，使轴，且点的纵坐标为．
∴点S的坐标为．
则．

（两处绝对值化简或者不化简者正确．）
．

当且仅当三点在一条直线上，且该直线干行于y轴，的值最小．
又∵点G的坐标为，
，将其代入抛物线解析式中可得：．
∴当点K的坐标为时，最小．

【点睛】
本题主要考查了二次函数与几何图形的综合，涉及待定系数法、平行四边形的性质、、三角形面积、求线段和的最小值（即将军饮马模型）等知识，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．
3．（2020·湖北咸宁?中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形是对余四边形，则与的度数之和为______；
证明：
（2）如图1，是的直径，点在上，，相交于点D．
求证：四边形是对余四边形；

探究：
（3）如图2，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；
（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；
（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得，，从而得出，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到.
【详解】
解：（1）∵四边形是对余四边形，
当∠A和∠C互余时，
∠A+∠C=90°，
当∠B与∠D互余时，
∠B+∠D=90°，
则∠A+∠C=360°-90°=270°，
故答案为：90°或270°；
（2）如图，连接BO，
可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，
而∠BON+∠BOM=180°，
∴2∠C+2∠A=180°，
∴∠C+∠A=90°，
∴四边形是对余四边形；

（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，
∴∠ADC=30°，
如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，
则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，
∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，
∴GF是圆O的直径，
∵AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，
∴△ABC∽△FEC，得：，则，
同理，△ACD∽△GCE，得：，则，
△BCD∽△GCF，得：，
可得：，
而，
∴，
∴，
∴，
∵AB=BC=AC，
∴.

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.
4．（2020·北京中考真题）在中，，，是的中点．为直线上一动点，连接，过点作，交直线于点，连接．

（1）如图1，当是线段的中点时，设，，求的长（用含的式子表示）；
（2）当点在线段的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)；(2)，证明见解析
【解析】
【分析】
(1)由三角形中位线定理得到，，再在Rt△DEF中由勾股定理即可求解；
(2)先证明，由此得到DF是GE的垂直平分线，进而EF=FG，最后在Rt△BFG中由勾股定理即可求得．
【详解】
解：(1)∵是的中点，是线段的中点，
∴为的中位线
∴
∵
∴
∵
∴
∴四边形为矩形．
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
(2)过点作的平行线交延长线于点，连接，如下图所示：

∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理、勾股定理、三角形全等的性质和判定等，属于中考常考题型，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
5．（2020·山东青岛?中考真题）已知：如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点作于点，交于点．设运动时间为．

解答下列问题：
（1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？
（2）连接，作于点，当四边形为矩形时，求的值；
（3）连接，，设四边形的面积为，求与的函数关系式；
（4）点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） t=；（2）t=3;（3）S与t的函数关系式为；（4）存在，t=,
【解析】
【分析】
（1）要使点M在线段CQ的垂直平分线上，只需证CM=MQ即可；
（2）由矩形性质得PH=QN，由已知和AP=2t，MQ=t，解直角三角形推导出PH、QN，进而得关于t的方程，解之即可；
（3）分别用t表示出梯形GHFM的面积、△QHF的面积、△CMQ的面积，即可得到S与t的函数关系式；
（4）延长AC交EF与T，证得AT⊥EF，要使点P在∠AFE的平分线上，只需PT=PH，分别用t表示PT、PH，代入得关于t的方程，解之即可．
【详解】
（1）当=时，点在线段的垂直平分线上，理由为：
由题意，CE=2，CM∥BF，
∴即：，
解得：CM=，
要使点在线段的垂直平分线上，
只需QM=CM=，
∴t=；
（2）如图，∵，，，
∴AC=10，EF=10，sin∠PAH=，cos∠PAH=，sin∠EFB=，
在Rt△APH中，AP=2t，
∴PH=AP·sin∠PAH=，
在Rt△ECM中，CE=2,CM=,由勾股定理得：EM=，
在Rt△QNF中，QF=10-t-=，
∴QN=QF·sin∠EFB=()×=，
四边形为矩形，
∴PH=QN，
∴=，
解得：t=3；

（3）如图，过Q作QN⊥AF于N，
由（2）中知QN=，AH=AP·cos∠PAH=，
∴BH=GC=8-，
∴GM=GC+CM=，HF=HB+BF=，
∴
=
=
=，
∴S与t的函数关系式为：；

（4）存在，t=．
证明：如图，延长AC交EF于T，
∵AB=BF,BC=BF, ，
∴△ABC≌△EBF，
∴∠BAC=∠BEF，
∵∠EFB+∠BEF=90º，
∴∠BAC+∠EFB=90º，
∴∠ATE=90º即PT⊥EF，
要使点在的平分线上，只需PH=PT，
在Rt△ECM中，CE=2,sin∠BEF=，
CT=CE·sin∠BEF =，
PT=10+-2t=，又PH=，
=，
解得：t=．

【点睛】
本题属于四边形的综合题，考查了解直角三角形、锐角三角函数、垂直平分线、角平分线、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、多边形的面积等知识、解答的关键是认真审题，分析相关知识，利用参数构建方程解决问题，是中考常考题型．
6．（2020·天津中考真题）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点B在第一象限，，，点P在边上（点P不与点重合）．

（1）如图①，当时，求点P的坐标；
（2）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点为，设．
①如图②，若折叠后与重叠部分为四边形，分别与边相交于点，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后与重叠部分的面积为S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（1）点P的坐标为；（2）①，t的取值范围是；②．
【解析】
【分析】
（1）过点P作轴，则，因为，，可得，进而得，由30°所对的直角边等于斜边的一半可得，进而用勾股定理可得，点P的坐标即求出；
（2）①由折叠知，，所以，；再根据，即可根据菱形的定义“四条边相等的四边形是菱形”可证四边形为菱形，所以，可得；根据点A的坐标可知，加之，从而有；而在中，，
又因为，所以得，由和的取值范围可得t的范围是；
②由①知，为等边三角形，由（1）四边形为菱形，所以,三角形DCQ为直角三角形，∠Q=60°，从而，,进而可得，又已知t的取值范围是，即可得．
【详解】
解：（1）如图，过点P作轴，垂足为H，则．
，
．
．
在中，，
，．
点P的坐标为．

（2）①由折叠知，，
，．
又，
．
四边形为菱形．
．可得．
点，
．有．
在中，．
，
，其中t的取值范围是．
②由①知，为等边三角形，
∵四边形为菱形，
∴,三角形DCQ为直角三角形，∠Q=60°，
∴，,
∴，
∵，
∴．
，
【点睛】
本题主要考查了折叠问题，菱形的判定与性质，求不规则四边形的面积等知识．
7．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，线段的长是方程的一个根，．请解答下列问题：

（1）求点A，B的坐标；
（2）直线交x轴负半轴于点E，交y轴正半轴于点F，交直线于点C．若C是的中点，，反比例函数图象的一支经过点C，求k的值；
（3）在（2）的条件下，过点C作，垂足为D，点M在直线上，点N在直线上．坐标平面内是否存在点P，使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形？若存在，请写出点P的个数，并直接写出其中两个点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（9，0），B（0，）；（2）-18；（3）存在5个，（9，12）或（9，-12）或（1，0）或（-7，4）或（-15，0）.
【解析】
【分析】
（1）解一元二次方程，得到点A的坐标，再根据可得点B坐标；
（2）利用待定系数法求出直线AB的表达式，根据点C是EF的中点，得到点C横坐标，代入可得点C坐标，根据点C在反比例函数图像上求出k值；
（3）画出图形，可得点P共有5个位置，分别求解即可.
【详解】
解：（1）∵线段的长是方程的一个根，
解得：x=9或-2（舍），而点A在x轴正半轴，
∴A（9，0），
∵，
∴B（0，）；
（2）∵，
∴E（-6，0），
设直线AB的表达式为y=kx+b，将A和B代入，
得：，解得：，
∴AB的表达式为：，
∵点C是EF的中点，
∴点C的横坐标为-3，代入AB中，y=6，
则C（-3，6），
∵反比例函数经过点C，
则k=-3×6=-18；
（3）存在点P，使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形，
如图，共有5种情况，
在四边形DM1P1N1中，
M1和点A重合，
∴M1（9，0），
此时P1（9，12）；
在四边形DP3BN3中，点B和M重合，
可知M在直线y=x+3上，
联立：，
解得：，
∴M（1，4），
∴P3（1，0），
同理可得：P2（9，-12），P4（-7，4），P5（-15，0）.
故存在点P使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形，
点P的坐标为P1（9，12），P2（9，-12），P3（1，0），P4（-7，4），P5（-15，0）.

【点睛】
本题考查了解一元二次方程，一次函数表达式，正方形的性质，反比例函数表达式，难度较大，解题的关键是根据图像画出符合条件的正方形.
8．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，四边形是正方形，点为对角线的中点．

（1）问题解决：如图①，连接，分别取，的中点，，连接，则与的数量关系是_____，位置关系是____；
（2）问题探究：如图②，是将图①中的绕点按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．判断的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．若正方形的边长为1，求的面积．
【答案】（1），；（2）的形状是等腰直角三角形，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得PQ为△BOC的中位线，再根据中位线的性质即可求解；
（2）连接并延长交于点，根据题意证出，为等腰直角三角形，也为等腰直角三角形，由且可得是等腰直角三角形；
（3）延长交边于点，连接，．证出四边形是矩形，为等腰直角三角形，，再证出为等腰直角三角形，根据图形的性质和勾股定理求出O′A，O′B和BQ的长度，即可计算出的面积．
【详解】
解：（1）∵点P和点Q分别为，的中点，
∴PQ为△BOC的中位线，
∵四边形是正方形，
∴AC⊥BO，
∴，；
故答案为：，；
（2）的形状是等腰直角三角形．理由如下：
连接并延长交于点，

由正方形的性质及旋转可得，∠，
是等腰直角三角形，，．
∴，．
又∵点是的中点，∴．
∴．
∴，．
∴，∴．
∴为等腰直角三角形．
∴，．
∴也为等腰直角三角形．
又∵点为的中点，
∴，且．
∴的形状是等腰直角三角形．
（3）延长交边于点，连接，．

∵四边形是正方形，是对角线，
∴．
由旋转得，四边形是矩形，
∴，．
∴为等腰直角三角形．
∵点是的中点，
∴，，．
∴．
∴，．
∴．
∴．
∴为等腰直角三角形．
∵是的中点，
∴，．
∵，
∴，，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转图形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质和勾股定理，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（2020·江西中考真题）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：

类比探究
（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为 ；
推广验证
（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．

【答案】（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）
【解析】
【分析】

（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；
（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；
（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．
【详解】

（1）∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（2）成立，理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴PH=AH=，
∴，，
∴，
∵，ED=2，
∴，，
∴，
∵，
∴△ABP∽△EDP，
∴，，
∴，，
∴，
，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴△ABP∽△EDP∽△CBD
∴
故最后答案为．

【点睛】

（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．
10．（2020·黑龙江中考真题）如图①，在中，，，点、分别在、边上，，连接、、，点、、分别是、、的中点，连接、、．

（1）与的数量关系是______．
（2）将绕点逆时针旋转到图②和图③的位置，判断与有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【答案】（1）；（2）图（2）：，图（3）：，理由见解析．
【解析】
【分析】

（1）先证明AD=BE，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可；
（2）：如图（2）连接，延长交于，交于，先证明，得到，AD=BE，，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可．
【详解】

解：（1）∵中，，，
∴∠BAC=∠ABC=45°
∵，，
∴AD=BE，
∵点、、分别是、、的中点，
∴PM，PN分别为△ABE，△BAD中位线，
∴PM∥BE,PM= BE,PN∥AC,PN= AD,
∴PM=PN, ∠APM=∠BPN=45°，
∴∠PMN=90°，
∴△PMN为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即；
（2）图（2）：图（3）：
证明：如图（2）
连接，延长交于，交于，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
、、分别是、、的中点，
，，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
．

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定与性质，中位线定理等知识，综合性较强，解题关键理解运用好中位线性质．
11．（2020·河南中考真题）将正方形的边绕点逆时针旋转至 ，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为点，连接，
如图1，当时，的形状为 ，连接，可求出的值为 ；



当且时，
①中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．


【答案】（1）等腰直角三角形，；（2）①结论不变，理由见解析；②3或1．
【解析】
【分析】

（1）根据题意，证明是等边三角形，得，计算出，根据，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；
（2）①连接BD，通过正方形性质及旋转，表示出，结合，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；
②分为以CD为边和CD为对角线两种情况进行讨论即可．
【详解】

（1）由题知°，°，
∴°，且为等边三角形
∴°，
∴
∵
∴°
∴°
∴为等腰直角三角形
连接BD，如图所示

∵°
∴即
∵
∴
∴
故答案为：等腰直角三角形，
（2）①两个结论仍然成立
连接BD，如图所示：


∵，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∵四边形为正方形
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴结论不变，依然成立
②若以点为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论
第一种：以CD为边时，则，此时点在线段BA的延长线上，
如图所示：

此时点E与点A重合，
∴，得；
②当以CD为对角线时，如图所示：

此时点F为CD中点，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
综上：的值为3或1．
【点睛】

本题考查了正方形与旋转综合性问题，能准确的确定相似三角形，是解决本题的关键．
12．（2020·湖南衡阳?中考真题）如图1，平面直角坐标系中，等腰的底边在轴上，，顶点在的正半轴上，，一动点从出发，以每秒1个单位的速度沿向左运动，到达的中点停止．另一动点从点出发，以相同的速度沿向左运动，到达点停止．已知点、同时出发，以为边作正方形，使正方形和在的同侧．设运动的时间为秒（）．

（1）当点落在边上时，求的值；
（2）设正方形与重叠面积为，请问是存在值，使得？若存在，求出值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，取的中点，连结，当点、开始运动时，点从点出发，以每秒个单位的速度沿运动，到达点停止运动．请问在点的整个运动过程中，点可能在正方形内（含边界）吗？如果可能，求出点在正方形内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由．
【答案】（1）t=1；（2）存在，，理由见解析；（3）可能，或或理由见解析
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法求出直线AC的解析式，根据题意用t表示出点H的坐标，代入求解即可；
（2）根据已知，当点F运动到点O停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t，使重叠面积为，故t﹥4,用待定系数法求出直线AB的解析式，求出点H落在BC边上时的t值，求出此时重叠面积为﹤，进一步求出重叠面积关于t的表达式，代入解t的方程即可解得t值；
（3）由已知求得点D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,结合图形分情况讨论即可得出符合条件的时长．
【详解】
（1）由题意，A(0，2)，B(-4，0)，C(4，0)，
设直线AC的函数解析式为y=kx+b，
将点A、C坐标代入，得：
，解得：，
∴直线AC的函数解析式为，
当点落在边上时，点E(3-t，0)，点H（3-t，1），
将点H代入，得：
，解得：t=1；
（2）存在，，使得．
根据已知，当点F运动到点O停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t，使重叠面积为，故t﹥4，
设直线AB的函数解析式为y=mx+n，
将点A、B坐标代入，得：
，解得：，
∴直线AC的函数解析式为，
当t﹥4时，点E（3-t，0）点H（3-t，t-3），G(0，t-3)，
当点H落在AB边上时，将点H代入，得：
，解得：；
此时重叠的面积为，
∵﹤，∴﹤t﹤5，
如图1，设GH交AB于S，EH交AB于T,
将y=t-3代入得：，
解得：x=2t-10，
∴点S(2t-10，t-3)，
将x=3-t代入得：，
∴点T，
∴AG=5-t，SG=10-2t，BE=7-t，ET=，
,

所以重叠面积S==4--=，
由=得：，﹥5(舍去)，
∴；

（3）可能，≤t≤1或t=4．
∵点D为AC的中点，且OA=2,OC=4，
∴点D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,
易知M点在水平方向以每秒是4个单位的速度运动；
当0﹤t﹤时，M在线段OD上，H未到达D点，所以M与正方形不相遇；
当﹤t﹤1时， +÷（1+4）=秒，
∴时M与正方形相遇，经过1÷（1+4）=秒后，M点不在正方行内部，则；
当t=1时，由（1）知，点F运动到原E点处，M点到达C处；
当1≤t≤2时，当t=1+1÷（4-1）=秒时，点M追上G点，经过1÷（4-1）=秒，点都在正方形内（含边界），
当t=2时，点M运动返回到点O处停止运动，
当 t=3时，点E运动返回到点O处, 当 t=4时，点F运动返回到点O处,
当时，点都在正方形内（含边界），
综上，当或或时，点可能在正方形内（含边界）．

【点睛】
本题考查了一次函数与几何图形的综合，涉及求一次函数的解析式、正方形的性质、直角三角形的性质、不规则图形的面积、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
13．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图1，在矩形中，，动点，分别从点，点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边上沿，的方向运动，当点运动到点时，两点同时停止运动，设点运动的时间为，连接，过点作，与边相交于点，连接．
（1）如图2，当时，延长交边于点．求证：；
（2）在（1）的条件下，试探究线段三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3，当时，延长交边于点，连接，若平分，求的值．

【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】

（1）先根据运动速度和时间求出，再根据勾股定理可得，从而可得，然后根据矩形的性质可得，从而可得，，最后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；
（2）如图（见解析），连接FQ，先根据（1）三角形全等的性质可得，再根据垂直平分线的判定与性质可得，然后根据勾股定理、等量代换即可得证；
（3）先根据角平分线的性质得出，再根据直角三角形全等的判定定理与性质得出，然后根据等腰三角形的三线合一得出，又分别在和中，利用余弦三角函数可求出t的值，从而可得CP、AP的长，最后根据平行线分线段成比例定理即可得．
【详解】

（1）由题意得：
四边形ABCD是矩形

，



在和中，

；
（2），证明如下：
如图，连接FQ
由（1）已证：


PQ是线段EF的垂直平分线

在中，由勾股定理得：
则；

（3）如图，设FQ与AC的交点为点O
由题意得：，，
平分，
（角平分线的性质）
是等腰三角形
在和中，

，即是的角平分线
（等腰三角形的三线合一）
在中，
在中，，即
解得

，即

故的值为．

【点睛】

本题考查了三角形全等的判定定理与性质、矩形的性质、余弦三角函数、平行线分线段成比例定理等知识点，较难的是题（3），熟练利用三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的三线合一是解题关键．
14．（2020·湖南怀化?中考真题）如图所示，抛物线与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点M为抛物线的顶点．

（1）求点C及顶点M的坐标．
（2）若点N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接求面积的最大值及此时点N的坐标．
（3）若点D是抛物线对称轴上的动点，点G是抛物线上的动点，是否存在以点B、C、D、G为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由．
（4）直线CM交x轴于点E，若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) (0,-3)，(1,-4)；(2) ，()；(3) G点坐标存在，为(2，-3)或(4，5)或(-2，1)；(4) P点坐标存在，为或．
【解析】
【分析】
(1)令抛物线解析式中x=0即可求出C点坐标，由公式即可求出顶点M坐标；
(2)如下图所示，过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，设N()，求出BC解析式，进而得到Q点坐标，最后根据即可求解；
(3)设D点坐标为(1,t)，G点坐标为()，然后分成①DG是对角线；②DB是对角线；③DC是对角线时三种情况进行讨论即可求解；
(4)连接AC，由CE=CB可知∠B=∠E，求出MC的解析式，设P(x,-x-3)，然后根据△PEO相似△ABC，分成和讨论即可求解.
【详解】
解：(1)令中x=0，此时y=-3，故C点坐标为(0,-3)，
又二次函数的顶点坐标为，代入数据解得M点坐标为，
故答案为：C点坐标为(0，-3)， M点坐标为(1，-4)；
(2) 过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，连接BN，CN，如下图所示：

令中y=0，解得B(3,0)，A(-1,0)，
设直线BC的解析式为：，代入C(0,-3)，B(3,0)，
∴，解得，即直线BC的解析式为：，
设N点坐标为()，故Q点坐标为，其中，
则

，其中分别表示Q,C,B三点的横坐标，
且，，
故，其中，
当时，有最大值为，
此时N的坐标为()，
故答案为：有最大值为，N的坐标为()；
(3) 设D点坐标为(1,t)，G点坐标为()，且B(3,0)，C(0,-3)
分类讨论：
情况①：当DG为对角线时，则另一对角线是BC，由中点坐标公式可知：
线段DG的中点坐标为，即，
线段BC的中点坐标为，即，
此时DG的中点与BC的中点为同一个点，
故，解得，
检验此时四边形DCGB为平行四边形，此时G坐标为(2，-3)；
情况②：当DB为对角线时，则另一对角线是GC，由中点坐标公式可知：
线段DB的中点坐标为，即，
线段GC的中点坐标为，即，
此时DB的中点与GC的中点为同一个点，
故，解得，
检验此时四边形DCBG为平行四边形，此时G坐标为(4，5)；
情况③：当DC为对角线时，则另一对角线是GB，由中点坐标公式可知：
线段DC的中点坐标为，即，
线段GB的中点坐标为，即，
此时DB的中点与GC的中点为同一个点，
故，解得，
检验此时四边形DGCB为平行四边形，此时G坐标为(-2，1)；
综上所述，G点坐标存在，为(2，-3)或(4，5)或(-2，1)；
(4) 连接AC，OP，如下图所示，

设MC的解析式为：y=kx+m，代入C(0,-3)，M(1，-4)
即，解得
∴MC的解析式为：，令，求得E点坐标为(-3,0)，
∴OE=OB=3，且OC=OC，
∴CE=CB，即∠B=∠E，
设P(x,-x-3)，又∵P点在线段EC上，∴-3